博弈论的一些证明

博弈论模型

非模型题博弈论题单

第一题

对游戏和必胜必败局面的证明

显然，当所有有向图的SG都为0的时候，游戏和的SG也为0

当游戏和的SG不为0的时候，设此SG为x，x二进制下最高位1的位置为k，那么肯定至少存在一个有向图的SG的第k位也是1，设这个有向图的SG为y，那么这个有向图此时可以移动的后继显然0~y-1都出现过，所以可以将这个有向图的SG变为y xor x，之后游戏和的SG就变为了0

当游戏和的SG为0时，根据NIM游戏的证法，利用反证法即可证明无论怎么移动，一定会使游戏和的SG不为0

综上所述，当游戏和的SG不为0的时候，一定可以移动而且可以使游戏和的SG变为0；当游戏和的SG为0的时候，接下来不一定可以移动，即失败，或者可以移动，但是SG一定不会为0。所以前者为必胜，后者为必败

对anti-nim游戏定理的证明

主要是对论文的补充

第一种情况不说了，只说明其他情况

为什么当SG不为0时，若有两堆及以上的石子数目大于1，先手将游戏的SG变为0就可以让游戏必胜？我们要是证明了游戏的SG为0时先手必败就行了？下面证明游戏的SG为0时先手必败

仔细阅读论文对SG为0时先手必败的证明，当SG为0时，先手操作完后就一定会回到当SG不为0的情况，而不可能胜利（当然也不会失败），而当SG不为0的时候，要么只有一堆石子多于1了，那么先手必胜了；要么有两堆及以上的石子数目大于1，但我这个时候先手又可以把游戏代入SG为0的局面。经过若干次操作，一定会判胜负，所以证明就完毕了

可以看看对应附录下的思维导图，更加清晰

对multi-SG游戏的证明

感慨良多，因为下面的东西真的都是我自己想出来的

首先，先给出multi-SG游戏的定义，他是一个DAG，每个节点有明显的后继节点（即与普通的有向图游戏一样），也可以选择把节点分解成若干个节点（这个分解可以有很多种分的方法，假设能够枚举），每个节点都是单独的有向图游戏（这个有向图游戏的连边只与分解出的节点本身有关系，因为可能有不同的节点可以分解出某一个相同的节点；其实也没有必要只与分解出的节点本身有关系，只要我们能够算出分解出的每个节点的SG就好了，当然如果是前面这种情况我们就可以利用记忆化搜索了），之前的那个源节点代表的有向图游戏就不再考虑了，最后不能行动（包括走一步和分解）的人失败

同样的，还是对每一个节点定义一个SG，若一个节点既没有明显的后继节点，也不能被分解成若干个节点，那么他的SG就是0

对一个普通的节点的SG，定义为mex（其所有后继节点的SG以及所有分解情况的SG）

这里某一种分解情况的SG是其分解出来节点的SG的异或和

比如说一个节点有三个明显的后继节点，SG分别为2,3,5；也可以被分解成四个节点，SG分别为6,7,8,9；还可以被分解成三个节点，SG分别为1,2,3.那么这个节点的SG=mex（2,3,5，（6 xor 7 xor 8 xor 9），（1 xor 2 xor 3））

先手胜负情况的结论其实和普通的有向图游戏和的结论是一样的，即当游戏和SG为0时先手必败，不为0时先手必胜，下面是证明

首先，当所有的节点都没有明显的后继节点且不能继续被分解时，游戏和SG显然为0，此时先手必败

当游戏和SG不为0时，设此时游戏和SG为x（注意这里是游戏和的SG，不是某个节点的SG），一定存在一个节点的SG不为0且此SG最高位的1与x最高位的1是相同的，显然可以通过操作这个节点（不论是走一步还是分解，注意分解操作也是可以的哦，看看对分解SG的定义）来让x变为0

当游戏和SG为0时，如果此时先手能够行动，无论他如何操作节点，肯定都会使游戏和SG变为非0（注意分解SG的定义！！！）

证毕

下面是例题，可以结合理解：剪纸游戏，HDU 3032

对阶梯博弈的证明

先阅读这篇文章

一些对这篇文章证明的补充：奇数堆异或和不为0，最后的状态就是奇数堆都没有石子了，偶数堆还有一些石子，这个时候轮到最开始的后手先手，那么无论后手怎么移动，最开始的先手只需要把后手移动的石子移动到前一个偶数堆即可。由于最后胜利时是要把第一（奇数）堆的石子移动到第零（偶数）堆，所以最开始的后手是不可能胜利的，只有先手才能胜利；最开始奇数堆异或和为0可以自己证明一下先手必败

例题：acwing 236（小小的转化）

渐进NIM游戏

哈哈这个是我自己定义的

定义：有N堆石头，每堆石头有$A_i$个，两人轮流取石头，最少取一个，而且只能按顺序取，即从第一堆开始取，每一堆取完了才能开始取下一堆，问先手是否必胜

当N=1时，先手显然必胜

若N大于1，从最后一堆依次考虑，设f[i]表示若从第i堆开始取先手是否必胜，若为1则先手必胜，若为0先手必败

那么若第i堆只有一颗石头，那么f[i]=f[i+1]^1

若第i堆有大于一颗石头，f[i]=1。若f[i+1]为1，则先手把第i堆取到还剩一个即可；若f[i+1]为0，则先手取完第i堆即可

最后看f[1]即可

例题。看看我的代码就知道怎么转换了。当然也可以看看这篇题解（思路跟蚕食游戏一样）

威佐夫博弈（这里有些证明的补充没写完）（代码见洛谷对应题目的提交）

见这篇文章

为啥第$i$个奇异局势的差值是$i$，每一个状态的都是以前没有在奇异局势里面出现过的最小整数？

首先是一个很显然的引理：对任意一个数字，最多只会参与一个奇异局势的形成

因为如果一个数字参与了两个奇异局势的形成，那么我先手就可以把其中一个奇异局势变成另一个奇异局势，即从先手必输变到了先手必输，这是不可能的

还有一个：不可能存在两个差值相同的奇异局势

因为我先手也可以从其中一个奇异局势变成另外一个奇异局势（同时取即可）

然后我们用数学归纳法证明上述命题

假设我们已经知道了前$i$个奇异局势

根据第一个引理，下一个奇异局势的较小数字不可能是已经出现过了的数字

在没出现过的数字中，我们找到最小的数，设为$x$

我们直接考虑$(x,x+i+1)$这对数字。如果我们能够证明其是奇异局势，那么根据第二个引理，差值为$i+1$的奇异局势就是$(x,x+i+1)$

如果我们同时取，那么差值显然不变，但是较小数字就会是前面已经出现过的数字$j$；然后根据第一个引理，$(j,j+i+1)$一定不会是奇异局势，因为$j$参与形成了另一个差值不为$i+1$的奇异局势，所以$(x,x+i+1)$就输了

如果我们取一个：如果取的是$x$，那么差值增大，但是$x$变成了之前出现过的数字，根据第一个引理，$(x,x+i+1)$就输了；如果取的是$x+i+1$，那么差值减小，根据第二个引理，$(x,x+i+1)$就输了

综上所述，$(x,x+i+1)$为第$i+1$个奇异局势

证毕

约数NIM博弈

自己取得名字

定义：有一堆个数为n的石子，每次能取n的约数个石子（除了n），问先手必败还是必胜

答案：偶数必胜奇数必败。因为奇数的任意一个约数都是奇数，然后就会回到偶数；偶数取一个就会回到奇数。由于1是必败态，2是必胜态，故以上结论得证

斐波那契博弈：

设石子数n为$f[i]$(斐波那契数列第i项)

当$i=2$时，$n=2$，显然先手只能取一个，后手必胜。

当$i>2$时，假设我们已经证明$n=f[i-1]$时的结论是成立的，那么$f[i]=f[i-1]+f[i-2]$。

我们将这一堆石子分成$f[i-1]$和$f[i-2]$两部分来看。

假设先手第一次取$x$个，后手第一次取$y$个。

如果$x<\frac{f[i-2]}{3}$，因为$n=f[i-2]$时已经证明后手一定能取到$f[i-2]$个中的最后一个，所以问题转化成了有$f[i-1]$个石子，谁能取到最后一个，这个也已经证明后手必胜，所以当$x<\frac{f[i-2]}{3}$时，后手必胜。

如果$x>=\frac{f[i-2]}{3}$且$x\le f[i-1]$，则这$f[i-2]$个中剩余的小于$2x$个，后手可以直接取完，那么后手取了$f[i-2]-x$个，即$y\le \frac{2f[i-2]}{3}$。我们比较一下$\frac{2f[i-2]}{3}$与$\frac{f[i-1]}{2}$的大小即比较$4\ast f[i-2]$与$3\ast f[i-1]$的大小。因为$3\ast f[i-3]>2\ast f[i-3]>f[i-2]$，所以$3\ast f[i-3]+3\ast f[i-2]>4\ast f[i-2]$即$3\ast f[i-1]>4\ast f[i-2]$，也就是说在后手取完$f[i-2]$那一堆石子后，先手不能取完剩下的$f[i-1]$个石子，问题就有变成了有$f[i-1]$个石子时的情况。

如果$x>f[i-2]$，因为$f[i-1]<2\ast f[i-2]$，所以后手能取走剩下所有的。

综上三种情况可以推知，当$n=f[i-1]$时结论成立，那么$n=f[i]$时结论必然成立。